文档内容
【赢在高考·黄金8卷】备战2024年高考物理模拟卷（辽宁专用）
黄金卷02
（考试时间：75分钟 试卷满分：100分）
一、选择题：本题共10小题，共46分。在每小题给出的四个选项中，第 1~7题只有一项
符合题目要求，每小题4分，第8~10题有多项符合题目要求。每小题6分，全部选对的得6
分，选对但不全的得3分，有选错或不答的得0分。
1．如图甲所示，一条小河宽度为d，两河岸P、Q平行，一小船以恒定速度v 从河岸P
0
出发，船头总保持与河岸P垂直，河水速度v与离河岸P的距离x的关系图像如图乙所示，则
小船在小河中运动的轨迹可能正确的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】D
【详解】在小船船头垂直于河岸P匀速运动的过程中，河水的速度先增加，后减小，即
小船沿河岸方向先加速后减速到零。
故选D。
2． 核具有放射性，它能放出一个新的粒子而变为 核，同时伴随有 射线产
❑ 234Th ❑ 234Pa γ
90 91
生，其方程为 ， 核的半衰期为24天。则下列说法正确的（ ）
❑
234Th→234Pa+X
❑
234Th
90 91 90
A． 射线来自 核
γ ❑ 234Pa
91
B．X粒子为中子C． 核经过96天后衰变为1g
8g234Th
90
D． 核的比结合能比 核的比结合能大
❑
234Th
❑
234Pa
90 91
【答案】A
【详解】A． 射线是镤原子核跃迁放出的，所以 射线来自 核，故A正确；
γ γ ❑ 234Pa
91
B．根据电荷数和质量数守恒知，X的质量数为0，电荷数为−1，即X为电子，故B错
误；
1 96 1
C．8g234Th核经过96天后衰变为m=( )24m = ×8g=0.5g；C错误；
90 2 0 16
D．因为该反应放出热量，则 核的比结合能比 核的比结合能小，D错误。
❑
234Th
❑
234Pa
90 91
故选A。
3．如图所示，实线表示电场线，虚线表示带电粒子运动的轨迹。带电粒子只受电场力的
作用，运动过程中电势能逐渐减小，它运动到b处时的运动方向与受力方向可能的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】D
【详解】带电粒子只受电场力的作用，运动过程中电势能逐渐减少，则电场力做正功，
电场力方向与粒子速度方向夹角为锐角，电场力方向沿着电场线，曲线运动的合外力指向轨
迹凹侧，可知D符合要求。
故选D。
4．一定质量的理想气体发生如图所示的变化，其中A、B间的虚线是一条双曲线，发生等温变化，则气体在A、B、C三个状态相比，有（ ）
A．单位体积内气体分子数A状态>B状态=C状态
B．气体分子平均一次碰撞器壁对器壁的冲量，A状态=B状态>C状态
C．从A状态→C状态，气体吸收热量
D．从C状态→B状态，气体内能不变
【答案】B
【详解】A．由图可知V =V A状态=C状态，故A错误；
V
B．由图可知T =T >T ；则平均分子速率为v =v >v ；气体分子平均一次碰撞器壁对器
A B C A B C
壁的冲量为I=2mv故气体分子平均一次碰撞器壁对器壁的冲量，A状态=B状态>C状态，故
B正确；
C．从A状态→C状态，气体做等容变化，压强逐渐减小，温度逐渐降低，气体内能减
小，气体体积不变，不做功，根据热力学第一定律ΔU=Q+W可知气体放出热量，故C错
误；
D．从C状态→B状态，气体做等压变化，体积逐渐增大，温度逐渐升高，气体内能增
大，故D错误。
故选B。
5．消防员下降过程中，可将模型简化为如图所示的物须编型，脚与墙壁触点为A点，人
的重力全部集中在点B，AB可简化为轻杆。OB可简化为轻绳，已知下降过程中AB的长度和
AB与竖直方向的夹角保持不变，消防员初始时刻静止，在玻璃窗前停顿时相对于初始位置（
）A．AB杆对B的支持力变大 B．AB杆对B的支持力变小
C．OB 绳拉力保持不变 D．OB绳拉力变小
【答案】B
【详解】AB．由分析可知，两个状态相比，重力大小方向不变，杆的支持力方向不变，
作出受力图如图所示
由作图法可知，消防员下降一定高度后再次保持静止时，相对于初始位置AB杆的支持力
变小，故B正确，A错误；
CD．因为OB 绳拉力与AB杆支持力的方向未知，则可知拉力可能变小，可能增大，也
可能先减小再增大，取决于拉力与AB杆支持力的夹角（是否垂直），故CD错误。
故选B。
6．如图所示，甲为沿x轴传播的一列简谐横波在t=0时刻的波动图像，乙图为参与波动
的质点P的振动图像，则下列判断正确的是（ ）A．质点M比质点P先振动
B．质点P的传播速率为4m/s
C．经过0.5s时间，质点P沿波的传播方向移动2m
D．该波在传播过程中若遇到4m的障碍物，能发生明显衍射现象
【答案】D
【详解】A．结合甲、乙两图分析可知t=0时刻，质点P向下振动，则波向左传播，质点
M比质点P后振动，故A错误；
λ
B．由图可知波长为4m，周期为1s，则该波的传播速率为v= =4m/s；质点P只震动，
T
不随波传播，故B错误；
C．质点P只能沿平衡位置振动，不能“随波逐流”，故C错误；
D．由图可知波长为4m，则该波在传播过程中若遇到4m的障碍物，能发生明显衍射现
象，故D正确；
故选D。
7．一束光线穿过介质1、2、3时，光路如图所示，则（ ）
A．介质1的折射率最大
B．当入射角由45°逐渐增大时，在1、2分界面上可能发生全反射
C．光在介质2中的速度最小
D．介质2是光密介质
【答案】B
【详解】A．因为sin45°n ，同理n >n ，根据光的可逆
1 2 3 2
性，光从2射向1或者小2射向3时，入射角相等，则n >n ，所以n >n >n ，介质3的折射
3 1 3 1 2
率最最大，介质2的折射率最小，故A错误；
D．因为n >n >n ，介质2对介质1和介质3来说都是光疏介质，故D错误；
3 1 2c
C．因为n >n >n 和v= ，光在介质2中的速度最大，故C错误；
3 1 2 n
B．光从介质1进入介质2时，是从光密介质进入光疏介质，入射角小于折射角，在入射
角逐渐最大时，在此界面上可能发生全反射，故B正确。
故选B。
8．中国空间站（CSS）是中国建成的国家级太空实验室。如题图所示，空间站A绕地球
B以及地球B绕太阳C的运动都可认为是匀速圆周运动。若太阳与地球间的距离是地球与空
间站距离的m倍，太阳质量是地球质量的n倍，地球绕太阳运动的周期为T，下列说法正确
的是（ ）
A．空间站A运行的线速度大小大于7.9km/s
T √ n
B．空间站A运行的周期为
m m
√m
C．空间站A的运行速度与地球的运行速度大小之比为
n
D．空间站A在组建时轨道会不断的修正是因为质量不断的增加
【答案】BC
【详解】A．第一宇宙速度是卫星绕地球表面做匀速圆周运动的最大速度，为7.9km/s，
空间站A离地面一定高度，其运行的线速度大小一定小于7.9km/s。故A错误；
B．设空间站A到地球的距离为R，地球的质量为M，空间站做圆周运动的周期为T′由牛
顿第二定律可得GMm 2π 2 ；同理，地球绕太阳做匀速圆周运动，有
A=m ( ) R
R2 A T′
GnMm B=m ( 2π ) 2 mR ；联立，解得 T′= T √ n；故B正确；
(mR) 2 B T m mR
2πr v T′ √m
C．根据v= ；可得空间站A的运行速度与地球的运行速度大小之比为 A= = ；
T v mR n
B
T
故C正确；
D．空间站A在组建时其质量不改变，轨道会不断的修正是因为空间站克服空气阻力做功
做近心运动。故D错误。
故选BC。
9．如图为由理想变压器、电阻和灯泡组成的电路，电路输入的电压为U，电阻R的阻值
是1.5Ω，小灯泡L 上标有“4V，2W”，变压器副线圈回路中接入两个均标有“12V，3W”的
1
小灯泡L ，小灯泡L 、L 均正常发光。下列说法中正确的是（ ）
2 1 2
A．理想变压器的原、副线圈匝数比为n :n =1:6
1 2
B．通过电阻R的电流是1.5A
C．电阻R的功率为6W
D．电路输入的电压U＝15V
【答案】AC
【详解】A．原线圈与L 并联，由小灯泡L 、L 均正常发光，可得U =4V，U =24V；理
1 1 2 1 2
想变压器的原、副线圈匝数比为n :n =U :U =1:6；故A正确；
1 2 1 2
B．由原、副线圈的功率相等，即P =P ；可得P =U I =2×3W =6W；解得I =1.5A；
1 2 1 1 1 1
小灯泡 中的电流 P ' 2 通过电阻R的电流是 ；故B错误；
L I '= 1 = A=0.5A I=I +I '=2.0A
1 1 U 4 1 1
1
C．电阻R的功率为 ；故C正确；
P =I2R=2.02×1.5W =6.0W
R
D．电阻R的两端电压U =IR=2.0×1.5V =3V；电路输入的电压U=U +U =7V；故D
R R 1
错误。故选AC。
10．如图所示，光滑竖直杆固定，杆上套有一质量为m的小球A（可视为质点），一根
竖直轻弹簧一端固定在地面上，另一端连接质量也为m的物块B，一轻绳跨过定滑轮O，一
端与物块B相连，另一端与小球A连接，定滑轮到竖直杆的距离为L。初始时，小球A在外
力作用下静止于P点，已知此时整根轻绳伸直无张力且OP间细绳水平、OB间细绳竖直，现
将小球A由P点静止释放，A沿杆下滑到最低点Q时OQ与杆之间的夹角为37°，不计滑轮大
小及摩擦，重力加速度大小为g，sin37°=0.6，下列说法中正确的是（ ）
2
A．小球A静止于P点时，弹簧的压缩量为 L
3
2
B．小球A由P下滑至Q的过程中，弹簧弹性势能增加了 mgL
3
C．小球A由P下滑至Q的过程中，一定先做加速运动，后做减速运动
m
D．若将小球A换成质量为 的小球C，并将小球C拉至Q点由静止释放，则小球C运
3
2
动到P点时的动能为 mgL
3
【答案】BC
L 5L
【详解】A．由图中几何关系可得OQ= = ；则小球A下落到Q点过程中，物块
sin37° 3
5L 2L
B上升的高度为
ℎ
= −L= ；后来弹簧一直处于伸长状态，所以小球A静止于P点时，
3 3
2L
弹簧的压缩量一定小于 。故A错误；
3L 4L
B．小球A下落的高度PQ= = ；整个过程中A和B重力势能的减少量为
tan37° 3
4L 2L 2 2
ΔE =mg× −mg× = mgL；系统机械能守恒，则该过程中，弹簧弹性势能增加
p重 3 3 3 3
mgL。故B正确；
C．依题意，小球A在P点和Q点速度均为0，而中间过程速度不为0，所以一定先做加
速运动，后做减速运动。故C正确；
D．若将小球A换成小球C，根据对称性可知，小球A到达P点的速度仍为零，由功能关
2L 4L m
系可得ΔE =mg× −mg× ；若将小球A换成质量为 的小球C，小球C运动到P点时
p弹 3 3 3
m 2L m 4L
沿绳方向的分速度为0，根据功能关系，可得E +ΔE = g× − g× ；解得
k p弹 3 3 3 3
2mgL
E =
k 9
故D错误。
故选BC。
二、实验题（本大题共2小题，共14.0分。第一小题6分，第二小题8分）
11．为了探究物体质量一定时加速度与力的关系，甲、乙同学设计了如图（a）所示的实
验装置。已知m为砂和砂桶的总质量，m 为滑轮的质量，力传感器可测出轻绳中的拉力大小
0
F。
①实验时，一定要进行的操作是 ；
A．用天平测出砂和砂桶的总质量
B．将带滑轮的长木板右端垫高，以平衡摩擦力
C．小车靠近打点计时器，先接通电源，再释放小车，获得一条打点的纸带，同时记录力
传感器的示数D．为减小误差，实验中一定要保证砂和砂桶的总质量远小于小车的质量
②甲同学在实验中得到如图（b）所示的一条纸带，已知打点计时器打点周期为T，根据
纸带可求出小车的加速度为 （用T及x ，x ，x ，x₄，x ，x 和数字表示）。
1 2 3 5 6
③甲同学根据测量数据作出如图（c）所示的a—2F图线，该同学做实验时存在的问题是
。
④乙同学以2F为横坐标，加速度a为纵坐标，画出的a-2F图线是一条直线，如图（d）
所示，图线的斜率为k，则小车的质量，M= 。
【答案】BC/CB (x +x +x )−(x +x +x ) 没有平衡摩擦力或平衡摩擦力不
a= 6 5 4 3 2 1
9T2
1
够 −m
k 0
【详解】（1）[1]AD．因为用力传感器测绳子拉力，所以对沙和沙桶的质量没有要求，
也不需要保证砂和砂桶的总质量远小于小车的质量，故AD错误；
B．为了让拉力等于小车的合外力，需要平衡摩擦力，故B正确；
C．开始做实验时，小车靠近打点计时器，先接通电源，再释放小车，获得一条打点的纸
带，同时记录力传感器的示数；故C正确；
故选BC；
（2）[2]由逐差法可知，小车的加速度为 (x +x +x )−(x +x +x )
a= 6 5 4 3 2 1
9T2
（3）[3]从图像（c）可知，有一定的拉力后，小车才运动，所以存在的问题式没有平衡
摩擦力或平衡摩擦力不够；2F
（4）[4]由牛顿第二定律得2F=(m +M)a；变形为a= ；所以在a-2F图线中
0 m +M
0
1 1
k= 解得M= −m
m +M k 0
0
12．随着智能手机的广泛应用，充电宝成为给智能手机及时充电的一种重要选择。某实
验小组用伏安法测量某种型号充电宝（电动势约为5V，内阻很小，最大电流为2A）的电动势
和内阻，实验室提供的器材如下：
电压表V （量程0∼6V，内阻未知）；
1
电流表A （量程0∼1.5A，内阻约为1.0Ω）；
1
滑动变阻器R（阻值0∼50Ω）；
定值电阻R =2.5Ω；
0
导线和开关。
（1）题中提供的电压表V ，是由电流表A（量程0∼2.0mA，内阻为500Ω）改装的，电
1
压表V 可由电流表A （选填“串联”或“并联”）一个阻值为 Ω的电阻得到。
1
（2）为了尽可能准确的测量该充电宝的电动势和内阻，按如图甲所示的电路连接好仪
器，闭合开关，调节滑动变阻器，记录电压表V 和电流表A 的读数，做出U−I图像，如图乙
1 1
所示。由图乙可得该充电宝的电动势E= V，r= Ω。（结果均保留两位有效数
字）
（3）根据图像得到的充电宝内阻的测量值，与真实值相比较，测量值 真实值。
（选填“大于”、“等于”、“小于”）【答案】串联 2500 4.9 0.40 小于
【详解】（1）[1]电流表改装成电压表，需要串联一个电阻。
6V
[2]根据欧姆定律可得串联电阻的阻值为R′= −500Ω=2500Ω
2.0mA
（2）[3]由闭合电路的欧姆定律可得E=U+I(r+R )；则由图乙可得该充电宝的电动势为
0
E=4.9V
[4]由闭合电路的欧姆定律可得E=U+I(r+R )；整理得U=−(r+R )I+E
0 0
4.9−2.0
所以r+R = Ω=2.9Ω；解得r=2.9Ω−R =0.40Ω
0 1.0 0
（3）[5]由图甲可知，由于电压表的分流作用，电流表测得的电流值小于流过电源的真实
电流值，所以用测量数据描绘的U−I图像计算出的内阻，实际上是和电压表并联后的总阻
值，这个并联后的总阻值小于真实值。
三.解答题（本大题共3小题，共40.0分。第一小题9分，第二小题15分，第三小题16
分）
13．如图所示，高速公路上一辆速度为90km/h的汽车紧贴超车道的路基行驶。驾驶员在
A点发现刹车失灵，短暂反应后，控制汽车通过图中两段半径和弧长都相同且相切的圆弧从
B点紧贴避险车道左侧驶入。已知汽车速率不变，A、B两点沿道路方向距离为105m，超车
道和行车道宽度均为3.75m，应急车道宽度为2.5m，路面提供的最大静摩擦力是车重的0.5
倍，汽车转弯时恰好不与路面发生相对滑动，重力加速度g=10m/s2，求：
（1）汽车转弯时的向心加速度；
（2）汽车转弯时圆弧轨迹半径；
（3）驾驶员的反应时间。【答案】（1）5m/s2；（2）125m；（3）1.4s
【详解】（1）汽车转弯时恰好不与路面发生相对滑动，汽车做圆周运动时提供向心力的
静摩擦力刚好达到最大，则有0.5mg=ma
n
解得汽车转弯时的向心加速度为
a =5m/s2
n
v2
（2）由向心加速度公式a =
n R
又v=90km/h=25m/s
解得汽车转弯时圆弧轨迹半径为R=125m
（3）AB两点间垂直道路方向距离为10m，由几何关系可得两段圆弧沿道路方向距离为
l=2×√R2−(R−5) 2=70m
则驾驶员反应时间通过的路程为s=105m−70m=35m
s
驾驶员反应时间为t= =1.4s
v
14．如图所示，P点是位于纸面内的质子源，它可以向各个方向均匀发射速率相同的质
子，在P点下方放置有长度为L=2.0m以O为中点的探测板，P点离探测板的垂直距离OP为
a，在探测板的上方存在方向垂直直面向里，磁感应强度大小为B的匀强磁场。不考虑粒子间
的相互作用，质子的电荷量q=1.6×10−19C。若质子的质量m=1.7×10−27kg，质子的动量
p=4.8×10−21kg⋅m/s。
（1）当a=0.3m，B=0.1T时，求计数率η（即打到探测板上的质子数与总质于数的比
值）。
（2）当a=0.3m，B=0.1T时，求质子从质子源出发到探测板上运动的最长时间；
（3）若a取不同的值，可通过调节B的大小获得与（1）问中同样的计数率，求B与a的
关系并给出B的取值范围。1 3 3
【答案】（1）η= ；（2）t=5.0×10−7s；（3）B= ；B≥ √3T
2 100a 100
mv2
【详解】（1）根据洛伦兹力提供向心力qvB=
R
mv p
可得R= = =0.3m
qB qB
质子运动半径运动轨迹如下图
由几何关系可知，当P点的质子出射速度方向由竖直向上逆时针旋转为竖直向下的过程
中，质子将打到探测板上，故能够打在探测板上的角度为可得α=π
α π 1
计数率为η= = =
2π 2π 2
2πm 3
（2）由图可知，竖直向上的粒子运动时间最长，为t= × =5.0×10−7s
qB 4
（3）由（1）中分析可知，在确保计数率相同的情况下，只要满足R=a
p 3
结合（1）中半径公式可得B= =
qR 100a
若刚好打到探测板最左端时为粒子运动所允许的最大半径，如下图
L 2
由几何关系可得(2R ) 2=R2 +( )
max max 2√3
解得R = m
max 3
√3
由于R=a；可得a = m
max 3
3
结合B与a的关系可得B≥ √3T
100
15．如图所示，在光滑水平面上通过锁定装置固定一辆质量M=2kg的小车，小车左边部
分为半径R=1.2m的四分之一光滑圆弧轨道，轨道末端平滑连接一长度L=2.85m的水平粗糙
面，粗糙面右端是一挡板。有一个质量为m=1kg的小物块（可视为质点）从小车左侧圆弧轨
道顶端A点静止释放，小物块和小车在粗糙区域的滑动摩擦因数μ=0.08，小物块与挡板的碰
撞无机械能损失，重力加速度g=10m/s2，
（1）求小物块滑到圆弧轨道末端时速度大小；
（2）若解除小车锁定，让小物块由A点静止释放，求小物块运动到圆弧末端时速度大小
和此时轨道对小物块的支持力大小；
（3）在（2）问的初始条件下，小物块将与小车右端发生多次碰撞，求：
①小物块最终停止时到右侧挡板的距离：
②求整个运动过程中小车发生的位移。
【答案】（1）2√6m/s；（2）4m/s，40N；（3）①3.3m，②1.1m，方向水平向左
1
【详解】（1）小车被固定，小物块下滑到最低点过程机械能守恒mgR= mv2−0
2
在最低点，有v=2√6m/s
（2）解除固定后，小车可以在光滑水平面上自由运动，小物块和小车组成的系统水平方
向动量守恒，设小物块刚滑上右侧粗糙区域时候速度大小为v ，小车速度大小为v ，
1 2
1 1
mgR= mv2+ mv2
2 1 2 2
mv =Mv
1 2
代入数据解得v =4m/s；v =2m/s
1 2又有 (v +v ) 2
N −mg=m 1 2
1 R
得N =40N
1
（3）从小物块滑下到最终相对小车静止，物块在小车粗糙面上滑动的路程为mgR=μmgs
R
解得s= =15m
μ
又因为s=nL+Δx
当n=5时Δx=0.75m
即物块将停在离开右侧挡板0.75m处。物块相对小车停下时，小车也停止运动。物体相
对于小车A点距离x =R+L−Δx=3.3m
0
选取m和M为系统，由于水平方向动量守恒，设m水平向右发生位移大小为x ，M水平
1
向左发生位移大小为x ，可推得mx =M x
2 1 2
又x +x =x
1 2 0
m
求得x = x =1.1m
2 M+m 0
方向水平向左。
